Tiêu đề Đề Thi Chọn Đội Tuyển Tỉnh Đồng Nai Dự Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018-2019 [Đáp Án].pdf ✅

Câu 1.( 4 điểm) Cho dãy số thực  xn được xác định bởi: 1x  2 và   1 1 2 1 n n n x x n     với   n 1, 2, 3,.... Chứng minh rằng dãy  xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 2. (4 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 1 0 4 3 4 3 x xy y x y x y y x                 , ( x y,   ). Câu 3. ( 4 điểm) Cho tam giác ABC ( AC BC  ) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn ( ) O , H là trực tâm và AD BE CF , , là ba đường cao. Gọi K là điểm đối xứng với C qua đường thẳng DE . Chứng minh rằng bốn điểm H O F K , , , nằm trên một đường tròn. Câu 4. ( 4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho phương trình 2 2 4 12 13 x xy y p    có nghiệm nguyên x y, . Câu 5. ( 4 điểm) Cho tập hợp X  1; 2; 3;...; 2018 gồm 2018 số nguyên dương đầu tiên. A là một tập con của tập X thỏa mãn: với x y z A , ,  và x y z   thì x y z , , là độ dài ba cạnh của một tam giác. Hỏi tập hợp A có nhiều nhất bao nhiêu phần tử? ------- HẾT -------  Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.  Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT 2019 Môn: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 21/09/2018 (Đề thi này gồm có 01 trang, có 5 câu)
CÂU ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 Cho dãy số  xn  được xác định bởi 1x  2 và   1 1 1, 2, 3,... 2 1 n n n x x n n       Chứng minh rằng dãy un  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. =4  Ta chứng minh 1 n n x n   (1) với mọi n  4. Thật vậy: +) 4 27 4 35 5 x   nên (1) đúng với n  4 . +) Giả sử 1 n n x n   , ta có   1 1 1 1 . 2 1 2 1 1 1 2 n n n n n n n x x n n n n n                    Suy ra (4) đúng với mọi n  4. 2 Ta chứng minh dãy  xn  là dãy tăng từ 4x trở đi. Ta có     1 1 1 ( 1) 0 4. 2 1 2 1 n n n n n n x x x x n n x n n n              1 Suy ra dãy  xn  là dãy tăng và 1 nx  nên dãy  xn  có giới hạn hữu hạn. Đặt lim nx x  ta có   1 1 1. 2 x x x     Vậy lim 1. nx  1 Câu 2 Giải hệ phương trình 2 2 2 1 0. 4 3 4 3 x xy y x y x y y x                 =4 Điều kiện: x y, 3   . Ta có    2 2 2 2 2 1 0 2 1 1 x xy y x y x y x y            . Từ đấy, ta suy ra  x y    1 1 0   (1). 1 Mặt khác, từ phương trình thứ hai ta có 4 3 4 3 x x y y f x f y            (2). Với f t t t t        4 3 , 3. Ta có     2 2 3 1 ' 1 3 3 3 3 2 t t f t t t t t             , Suy ra f t t '( ) 0 1    và hàm f đồng biến trên 3;1 và nghịch biến trên 1;  (3). Từ (1) và (3) ta suy ra 2   x y . 2 Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 2 1 3 2 2 1 0 . 2 x x x        Vậy nghiệm của hệ là 1 3 . 2 x y     1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT 2018 Môn: Toán
Câu 3 Cho tam giác ABC ( AC BC  ) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn ( ) O , H là trực tâm và AD BE CF , , là ba đường cao. Gọi K là điểm đối xứng với C qua đường thẳng DE . Chứng minh rằng bốn điểm H O F K , , , nằm trên một đường tròn. =4 Trong góc ACB của tam giác ABC , ta có đường thẳng CH và đường thẳng CO là đẳng giác của góc ACB . (1) Lại có tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH . Do đó trong góc ECD của tam giác ECD thì CH và CK là hai đường đẳng giác của góc ECD . (2) Từ (1) và (2) ta có C O K , , thẳng hàng. 2 Gọi I là giao điểm của CK với DE . Ta có CK CI CD EDC CD A      2 2 sin 2 sin  . Do đó CK CO CD CO A CD CB CH CF         2 sin . Suy ra K F H O , , , nằm trên một đường tròn. 2 Câu 4 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho phương trình 2 2 4 12 13 x xy y p    có nghiệm nguyên x y, . =4 Bổ đề: Nếu p là số nguyên tố có dạng 4 1 k  thì tồn tại hai số nguyên dương m n, sao cho 2 2 p m n   . Chứng minh. Theo định lí Winsol thì  p p    1 ! 1 mod .    Mà p k k p    1 . mod    , nên         1 2 2 1 1 1 1 ! 1.2 . 1 1 ! 1 mod . 2 2 2 p p p p p p p p                                       Vì p  1 mod 4   nên tồn tại x sao cho   2x p  1 mod (Chẳng hạn 1 ! 2 p x         ). Đặt   2 t p t p 1 .         Xét tập S a xb a b t      0 ,  , ta có   2 S t p    1 . Suy ra trong S có ít nhất một cặp đồng dư với nhau theo mod p . Hay           2 2 2 2 a bx a b x p a a b b x b b p           1 1 1 1 1 mod mod Suy ra       2 2 1 1 a a b b p     0 mod . Vì 1 1 0 , , ,   a a b b t nên ta có     2 2 1 1 a a b b p     . 1
Đặt 1 1 c a a d b b     , ta có 2 2 p a b   . Giả sử p là số nguyên tố để phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Ta thấy p lẻ nên y là số lẻ. Nếu a là số lẻ thì   2a  1 mod 8 , do đó     2 2 p x y y       2 3 4 1 4 5 mod 8 . 1,5 Ta chứng minh với p k   5 8 là số nguyên tố thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Thật vậy: Vì p  5 mod 8   nên p  1 mod 4   , nên theo bổ đề trên tồn tại hai số tự nhiên m n, sao cho 2 2 p m n   . Trong hai số m n, có một số chẵn và một số lẻ, chẳng hạn m chẵn, khi đó m y  2 . Khi đó 2 2 p n y   4 . Do   2 n  1 mod 8 nên y là số lẻ, đặt 3 2 3 2 n y x n x y        . Khi đó   2 2 2 2 p x y y x xy y       2 3 4 4 12 13 . 1,5 Câu 5 Cho tập hợp X  1, 2, 3,..., 2018 gồm 2018 số nguyên dương đầu tiên. A là một tập con của tập X thỏa mãn: với x y z A x y z , , ;    thì x y z , , là độ dài ba cạnh của một tam giác. Hỏi tập hợp A có nhiều nhất bao nhiêu phần tử? =4 Giả sử A a a a   1 2 , ,..., k với 1 2 k a a a     . Nếu 2018 ka  , đặt 2018 k t a   và i i b a t   với i k   1, 2, , và tập 1 2 { , , , } k b b b  cũng thỏa mãn bài toán và 2018 kb  . Do đó ta có thể giả sử 2018 ka  . 1 Ta có 1 2 k a a a   và 1 2 a a  nên 2 2 2 2 2018 1009 1010. k a a a a       1 Từ đây ta có A a \ 1010,1011,..., 2018  1    , do đó A A        1 2018 1010 1 1009 1010. 1 Xét tập hợp A0  1009,1010,..., 2018 , ta có 0 A  1010 và với 0 x y z A , ,  mà x y z   thì ta có x y z       1009 1010 2019 2018 , Hay x y z , , là độ dài ba cạnh của một tam giác. Vậy max 1010. A  1 Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa.